2024届河南省六市化学高二上期中教学质量检测试题含解析

2024届河南省六市化学高二上期中教学质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、当用酸滴定碱时，下列操作中会使测定结果（碱的浓度）偏低的是A．酸式滴定管滴至终点后，俯视读数B．碱液移入锥形瓶后，加了10mL蒸馏水再滴定C．酸式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗D．酸式滴定管注入酸液后，尖嘴留有气泡即开始滴定，滴定终点时气泡消失2、室温时，向20mL0.1mol·L−1的两种酸HA、HB中分别滴加0.1mol·L−1NaOH溶液，其pH变化分别对应下图中的I、II。下列说法不正确的是A．向NaA溶液中滴加HB可产生HAB．滴加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中c(A－)=c(B－)C．a点，溶液中微粒浓度：c(A－)>c(Na+)D．滴加20mLNaOH溶液时，I中H2O的电离程度大于II中3、如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流计中有电流通过，则下列说法正确的是()A．石墨是阴极B．两个铜片上都发生氧化反应C．锌片是负极D．两个番茄都形成原电池4、下列各项叙述中，正确的是（）A．Br-的核外电子排布式为：[Ar]4s24p6B．Na的简化电子排布式：[Na]3s1C．氮原子的最外层电子轨道表示式为：D．价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第VA族，是p区元素5、下列化学用语表达正确的是()A．乙酸的结构简式：C2H4O2 B．过氧化钠的化学式：Na2OC．乙烯的结构式：CH==CH D．次氯酸根离子：ClO－6、锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物叙述正确的是()A．Li2SO4难溶于水B．Li与N2反应的产物是Li3NC．LiOH易溶于水D．LiOH与Li2CO3受热都很难分解7、向含等物质的量浓度的CuCl2、FeCl3、AlCl3混合溶液中加入铁粉，充分反应后铁粉仍有剩余，则溶液中存在较多的阳离子是A．Fe3+、Cu2+B．Fe3+、A13+C．Fe2+、A13+D．Fe2+、Fe3+8、有A、B、C、D四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B；当A、D组成原电池时，A为正极；B与C构成原电池时，电极反应式为：C2-+2e-→C，B-2e-→B2+则A、B、C、D金属性由强到弱的顺序为（）A．A＞B＞C＞D B．A＞B＞D＞CC．D＞C＞A＞B D．D＞A＞B＞C9、胶体是一种分散系，胶体粒子的大小范围是A．小于1nm B．1～100nmC．100～1000nm D．大于1000nm10、在密闭容器中,在催化剂存在下发生反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)。在500℃时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为A． B． C． D．11、新型纤维酸类降脂药克利贝特可由物质X在一定条件下反应制得:下列有关叙述正确的是(

)A．1mol克利贝特与足量的Na反应能生成22.4L的H2B．物质X分子中所有碳原子可能位于同一平面内C．1mol物质X最多可以与含2molBr2的溴水反应D．用饱和NaHCO3溶液可以鉴别物质X和克利贝特12、反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)=0.45mol⋅L-1⋅s-1②v(B)=0.6mol⋅L-1⋅s-1③v(C)=0.4mol⋅L-1⋅s-1④v(D)=0.45mol⋅L-1⋅s-1，该反应进行的快慢顺序为()A．④<③=②<① B．④>③=②>① C．①>②>③>④ D．④>③>②>①13、下列能用勒夏特列原理解释的是（）A．高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快B．SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂C．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气D．H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深14、我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下下列说法正确的是A．生成CH3COOH总反应的原子利用率小于100%B．CH4+CO2→CH3COOH过程中，CH4分子中所有C―H键发生断裂C．①→②放出能量并形成了C―C键D．该催化剂可有效改变该反应的反应热15、NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A．34gH2O2中含有共用电子对的数目为4NA B．60gSiO2晶体中含有Si-O键的数目为2NAC．1mol石墨中含σ键的数目为3NA D．1molNH4BF4中含有配位键的数目为2NA16、氟利昂是一种性能优良的制冷剂，在家用冰箱和空调广泛使用，关于氟利昂的说法不正确的是（）A．氟利昂是饱和烃 B．氟利昂的性质比较稳定C．氟利昂会破坏臭氧层形成臭氧洞 D．氟利昂是卤代烃二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过下图所示的路线合成：已知：(1)RCOOHRCOCl；(2)D与FeCl3溶液能发生显色。请回答下列问题：(1)B→C的转化所加的试剂可能是____________，C＋E→F的反应类型是_____________。(2)有关G的下列说法正确的是_______________。A．属于芳香烃B．能与FeCl3溶液发生显色反应C．可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应D．1molG最多可以跟4molH2反应(3)E的结构简式为__________________。(4)F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为_________________________。(5)写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式_______________________。①能发生水解反应②与FeCl3溶液能发生显色反应③苯环上有两种不同化学环境的氢原子(6)已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。而苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图___________(无机原料任用)。

注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：

18、已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如图转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题。（1）C的电子式___，G的结构简式为____。（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：___，C转化为D：___。（3）B的同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有__种。（4）写出下列反应的化学方程式。A→B的化学方程式：___。B和F生成G的化学方程式：___。19、实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生在实验室中进行测定盐酸浓度的实验。请完成下列填空:（1）配制500mL0.1000mol·L-1NaOH标准溶液。①配制所需的玻璃仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、__________、__________等。②称取__________g氢氧化钠固体所需仪器有天平(带砝码、镊子)、药匙、__________（2）取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中,并滴加2~3滴酚酞作指示剂,用__________(填仪器名称)盛装配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2〜3次,记录数据如下:滴定次数待测盐酸的体积/mL标准NaOH溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/rnL第一次20.000.4020.50第二次20.004.1024.00第三次20.001.0024.00（3）①如何判断滴定终点：____________________________。②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为__________mol·L-1。③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用下图操作中的__________(填序号),然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。（4）在上述实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定果偏低的有__________(填序号)。A．酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗B．锥形瓶水洗后未干燥C．称量NaOH固体中混有Na2CO3固体D．滴定终点读数时俯视读数E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失20、工业上H2O2是一种重要的绿色氧化还原试剂，某小组对H2O2的催化分解实验进行探究。回答下列问题：(1)在同浓度Fe3+的催化下，探究外界条件对H2O2分解反应速率的影响。实验装置如图所示：①H2O2溶液在Fe3+催化下分解的反应历程如下：第一步反应历程为：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2+2H+第二步反应历程为：________；除了图中所示仪器之外，该实验还必需的仪器是________。②请完成下面表格中I、II、III的实验记录内容或数据：实验编号0.1mol•L﹣1Fe2(SO4)30.1mol•L﹣1H2O2溶液蒸馏水(mL)反应温度/℃反应时间(秒)Ⅰ2mL20mL020t1Ⅱ2mLV1mL2mL20t2ⅢV2mL20mL050t3V1＝________，V2＝________；根据所学的知识判断，当三个实验中均产生10ml气体时，所需反应时间最长的是___________(填“t1”、“t2”或“t3”)(2)该小组预测同为第四周期VIII族的Fe、Co、Ni可能有相似的催化作用。查阅资料：CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均为+2价)也可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。如图表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。①由图中信息可知________法制取得到的催化剂活性更高。②推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是________。21、A是由导热材料制成的恒容密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球。关闭K2，将等量且少量的通过、分别充入A、B中,反应起始时，A、B的体积相同。(已知:)（1）.一段时间后,反应达到平衡，此时A、B中生成N2O4的速率是vA_____vB(填“>”、“<”或“=”);若打开活塞，气球B将__________(填“变大”、“变小”或“不变”).（2）.关闭活塞，若在A、B中再充入与初始量相等的，则达到平衡时,再分别通人等量的氖气,则达到平衡时，A中的转化率将__________，B中的转化率将__________(填“变大”、“变小”或“不变”).（3）若在A中充入4.6gNO2,达到平衡后容器内混合气体的平均摩尔质量为57.5g/mol,则平衡时N2O4的物质的量为_____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【题目详解】A、标准液滴定终点俯视读数，导致V（标准）偏小，据c（待测）=分析，c（待测）偏低，故A正确；B、在锥形瓶中加水，对测定结果无影响，故B错误；C、酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，导致V（标准）偏大，据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故C错误；D、酸式滴定管开始尖嘴处留有气泡，达滴定终点时气泡消失，导致V（标准）偏大，据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故D错误；故选A。2、B【分析】20mL0.1mol⋅L−1的两种酸HA、HB中，HB的pH=1，所以HB是强酸，HA对应的pH大于1，是弱酸。【题目详解】A.化学反应遵循强酸制弱酸的原理，向NaA溶液中滴加HB可产生HA，故A正确；

B.滴加NaOH溶液至pH=7时，根据电荷守恒c(OH−)+c(A−)或c(B−)=c(H+)+c(Na+)，pH=7时，c(OH−)=c(H+)，两种溶液中c(A−)或c(B−)=c(Na+)，但是两种溶液中滴加NaOH至pH=7消耗的NaOH溶液体积并不相等，故c(A−)、c(B−)并不相等，故B错误；C.20mL0.1mol⋅L−1的酸HA中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液10mL，则HA酸会剩余，同时产生NaA，溶液显示酸性a点，溶液中微粒浓度：c(A−)>c(Na+)，故C正确；D.滴加20mLNaOH溶液时，酸碱恰好中和，得到的NaB是强酸强碱盐，不水解，水电离不受影响，得到的NaA是弱酸强碱盐，会发生水解，水的电离受到促进，Ⅰ中H2O的电离程度大于Ⅱ中，故D正确。故答案选：B。3、C【题目详解】A、石墨和原电池正极相连做电解池的阳极，选项A错误；B、原电池中铜电极发生还原反应，右装置是电解池，铜电极上发生还原反应，选项B错误；C、装置中依据活泼性差别判断，锌为原电池负极，选项C正确；D、左装置是原电池，右装置是电解池，选项D错误；答案选C。4、D【题目详解】A.Br-的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p6，故A错；B.Na的简化电子排布式：[Ne]3s1,故B错；C.氮原子的最外层电子轨道表示式为：,故C错；D.价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第VA族，是p区元素，是正确的，故D正确。答案选D。5、D【题目详解】A.结构简式应表示出其官能团﹣COOH，则乙酸的结构简式为：CH3COOH，故A错误；B.过氧化钠的化学式为Na2O2，故B错误；C.乙烯中含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故C错误；D.次氯酸根离子ClO－的表达式正确，故D正确。故选D。6、B【分析】元素周期表中，处于对角线位置的元素具有相似的性质，则根据

MgSO4，Mg，Mg(OH)2，

MgCO3的性质可推断Li2SO4，Li，LiOH，Li2CO3的性质。【题目详解】A，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，故A错误；B，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成

Li3N，故

B正确；C，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁不易溶于水，所以氢氧化锂属于不易溶物质，故C错误；D，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，所以氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，故D错误。答案选B。7、B【解题分析】试题分析：在金属活动顺序表中，排在前面的金属能把排在后面的金属从盐溶液中置换出来，铝排在铁的前面，所以铁和氯化铝不反应，溶液中一定存在铝离子，根据氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，还原性：Fe＞Cu，所以由相同物质的量的CuCl2、FeCl3、AlCl3混合的溶液中加入铁粉，充分搅拌后振荡，先发生2Fe3++Fe=3Fe2+，铁粉仍有剩余，溶液中三价铁离子无剩余，必还发生Cu2++Fe=Fe2++Cu，肯定有Fe2+且无Cu2+剩余，所以溶液中主要存在的阳离子是Fe2+、Al3+，故选B。【考点定位】考查氧化还原反应、金属的性质【名师点晴】本题主要考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，明确氧化性和还原性的强弱顺序，以及反应的先后顺序是解本题的关键。在金属活动顺序表中，排在前面的金属能把排在后面的金属从盐溶液中置换出来，铝排在铁的前面，所以铁和氯化铝不反应，根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定溶液的成分；铁粉仍有剩余，一定有铜生成，溶液中三价铁离子和铜离子无剩余。8、D【分析】原电池中，电子由负极流向正极，活泼金属作负极，负极上失去电子发生氧化，以此分析。【题目详解】当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B，则金属活泼性为A>B；当A、D组成原电池时，A为正极，则金属活泼性为D>A；B与C构成原电池时，电极反应式为：C2-+2e-→C，B-2e-→B2+，B失去电子，则金属活泼性为B>C；综上所述，这四种金属的活泼性为：D＞A＞B＞C。答案选D。9、B【题目详解】根据分散质粒子直径大小，分散系可以分为溶液、胶体和浊液，其中分散质粒子大小介于1nm~100nm之间的分散系称为胶体，故选B。10、C【题目详解】依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为xmol/L，分析三段式列式计算：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)起始浓度（mol/L）0.020.0200转化浓度（mol/L）xxxx平衡浓度（mol/L）0.02－x0.02－xxx则平衡常数K==9解得x=0.015则CO的转化率=×100%=75%，C项正确；答案选C。【题目点拨】抓住平衡常数，列出三段式是解题的关键。理解平衡常数与平衡转化率之间的内在联系，要学会利用三段式解决平衡相关的计算。11、D【解题分析】A.1mol克利贝特与足量的Na反应能生成标准状况下22.4L的H2；B.物质X分子中含有多个亚甲基，为四面体构型，所有C原子不可能公平面；C酚羟基在苯环上的邻位和对位可与单质溴发生加成反应，即4mol；D羧基可以与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，而酚羟基不可以，故D正确。【题目详解】A.1mol克利贝特与足量的Na反应能生成标准状况下22.4L的H2，A正确；B.物质X分子中含有多个亚甲基，为四面体构型，所有C原子不可能公平面，B错误；C.酚羟基在苯环上的邻位和对位可与单质溴发生加成反应，即4mol，C错误；D.羧基可以与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，而酚羟基不可以，故D正确。答案为D【题目点拨】根据有机物的结构简式判断含有元素的种类和原子个数，可确定有机物的分子式；根据甲烷的四面体构型，物质中含有类甲烷结构，可确定所有C不可能公平面；酚羟基的邻位、对位可与溴水中的溴单质发生取代反应。12、B【题目详解】同一化学反应，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则①=0.45，②=0.2，③=0.2，④=0.225，则反应快慢为④>③=②>①，故选B。13、C【题目详解】A.升高温度或加入催化剂，增大活化分子百分数，导致反应速率加快，但合成氨是放热反应，升高温度平衡逆向移动，催化剂不影响平衡移动，所以高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快不能用平衡移动原理解释，故A错误；B.催化剂只影响反应速率不影响平衡移动,所以对SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂，不能用平衡移动原理解释，故B错误；C.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气，因为食盐水中含有氯离子，降低氯气的溶解度，可以用勒夏特列原理解释，故C正确；D.碘和氢气生成HI的反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应,压强不影响平衡移动，所以H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后碘浓度增大导致颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故D错误；故选：C。【题目点拨】勒夏特列原理即化学平衡移动原理。引起化学平衡移动的因素主要是浓度、压强、温度等，这些因素对化学平衡的影响都可用勒夏特列原理来解释。催化剂不能引起化学平衡移动，勒夏特列原理不包括反应速率的变化规律。14、C【解题分析】A项，CO2与CH4反应只生成CH3COOH，原子利用率为100%，故A项错误；B项，由图可知，CH4在催化剂的作用下，经过选择性活化，C原子会与催化剂形成一个新的共价键，有1个C―H键发生断裂，故B项错误；C项，①的能量高于②，故①→②放出能量，从图中可以看出，反应过程中形成了C―C键，故C项正确;D项，催化剂只改变反应的反应速率，降低反应活化能，不能改变该反应的反应热，故D项错误；综上所述，本题选C。15、D【分析】A、求出34gH2O2的物质的量，一个双氧水分子有三个共用电子对；B、求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4mol硅氧键来分析；C、根据1mol石墨中含1.5mol碳碳键来分析；D、1molNH4BF4中含有配位键N-H、B-F各1mol；【题目详解】A、34gH2O2的物质的量1mol，一个双氧水分子有三个共用电子对，含有共用电子对的数目为3NA，故A错误；B、60g二氧化硅的物质的量为1mol，而1mol二氧化硅中含4mol硅氧键，故含4NA条硅氧键，故B错误；C、1mol石墨中含1.5mol碳碳键，故含1.5NA条C-Cσ键，故C错误。D、1molNH4BF4中含有配位键N-H、B-F各1mol，含有配位键的数目为2NA，故D正确；故选D。16、A【题目详解】A．氟利昂是卤代烃，含卤素元素，不是烃，A错误；B．氟氯烃是一类含氟和氯的卤代烃，它化学性质稳定，B正确；C．氟氯烃，可以到达大气平流层，并且在紫外线作用下，分解产生氯原子，从而引发损耗臭氧的循环反应，造成臭氧层空洞，C正确；D．烃分子中1个或者多个氢原子被卤原子取代得到的产物为卤代烃，故D正确；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液取代反应CD+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O【分析】根据题中各物转化关系，结合信息RCOOHRCOCl，可知C为CH3COOH，由A→B→C的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH；根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式，结合D与FeCl3溶液能发生显色和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，据此解答。【题目详解】(1)B→C的转化是醛基氧化成羧基，所以所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，根据上面的分析可知，C+E→F的反应类型是取代反应，故答案为银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；取代反应；(2)根据G的结构简式可知，G中有酯基、醇羟基、碳碳双键、苯环。A．G中有氧元素，所以不属于芳香烃，故A错误；

B．G中没有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；C．G中有酯基、羟基、碳碳双键，可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，故C正确；D．G中有苯环，一个苯环可以与三个H2加成，一个碳碳双键可以与一个H2加成，所以1mol

G最多可以跟4mol

H2反应，故D正确；故选CD；(3)根据上面的分析可知，E的结构简式为，故答案为；

(4)F中有两个酯基与足量NaOH溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应，所以反应的化学方程式为+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O，故答案为+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O；(5)E为，E的同分异构体中同时满足下列条件①能发生水解反应，说明有酯基，②与FeCl3溶液能发生显色反应，有酚羟基，③苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明有两个基团处于苯环的对位，这样的结构简式有，故答案为；(6)甲苯氧化生成苯甲酸，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，以此合成该有机物，合成流程图为，故答案为。【题目点拨】本题考查有机物的合成，把握合成流程中的反应条件、已知信息等推断各物质是解题的关键。本题的难点为(6)，要注意充分利用题干信息结合流程图的提示分析解答。18、取代反应加成反应3+NaOH+NaClCH3COOH++H2O【分析】C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，则C为乙烯，其与水发生加成反应生成的D为乙醇；乙醇经催化氧化生成E，E为乙醛；乙醛经银氨溶液氧化后再酸化得到F，则F为乙酸；由图中信息可知，甲苯与氯气在光照的条件下发生侧链上的取代反应生成A，A属于卤代烃，其在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成B；B与F在一定条件下生成G，由G的分子式C9H10O2可以推断B为苯甲醇（）、A是。【题目详解】（1）C为乙烯，其电子式为；G为乙酸苯甲酯，其结构简式为。（2）A转化为B属于卤代烃的水解反应，其反应类型为取代反应；C转化为D的反应是乙烯与水反应生成乙醇，其反应类型为加成反应。（3）B为苯甲醇，其同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体属于酚，可能为邻甲酚、间甲酚和对甲酚，共有3种。（4）A→B的化学方程式为+NaOH+NaCl。B和F生成G的化学方程式为CH3COOH++H2O。19、500ml容量瓶（容量瓶不写体积不给分）胶头滴管2.0小烧杯碱式滴定管当最后一滴恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点0.1000丙AD【分析】根据中和滴定过程中各环节的相关要求和规范进行分析。【题目详解】(1)①依据配制一定物质的量浓度溶液的过程，可知配制500mL0.1000mol·L-1的NaOH标准溶液还需玻璃仪器有500mL容量瓶和胶头滴管。②m(NaOH)=500mL×0.1000mol·L-1×40g/mol=2.0g。NaOH是腐蚀性试剂，不能放在纸片上称量，需用烧杯进行间接称量。待测稀盐酸、酚酞指示剂放在锥形瓶中，则标准NaOH溶液放在碱式滴定管中。(3)①滴定前，锥形瓶中混合溶液无色，随着NaOH溶液滴入，溶液pH增大。当滴入1滴NaOH溶液时，溶液恰好变成浅红色，且半分钟不褪色，即为滴定终点。②待测盐酸都是20mL，三次滴定消耗标准NaOH溶液分别是20.10mL、19.90mL、23.00mL。显然，第三次滴定误差较大，应舍弃。前两次滴定平均消耗标准NaOH溶液20.00mL，易求得c(HCl)=0.1000mol·L-1。③排去碱式滴定管中气泡时，将碱式滴定管倾斜，使橡胶管向上弯曲，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。丙图合理。(4)A．未用待测盐酸润洗酸式滴定管，则待测盐酸被酸式滴定管内壁附着的水稀释，所测盐酸浓度偏低。B．锥形瓶未干燥，不能改变一定体积待测盐酸中HCl的物质的量，也不影响消耗标准溶液的体积，对测定结果无影响。C．中和一定体积的待测盐酸，消耗Na2CO3固体的质量大于NaOH固体的质量。当NaOH固体中混有Na2CO3固体时，消耗标准溶液的体积偏大，所测盐酸浓度偏高。D．滴定终点读数时俯视，使标准溶液体积偏小，所测盐酸浓度偏低。E．滴定前后，碱式滴定管尖嘴部分都应没有气泡。滴定前有气泡、滴定后气泡消失，使标准溶液体积偏大，所测盐酸浓度偏高。造成测定果偏低的有AD。【题目点拨】影响中和滴定结果的因素很多，都可归结为对标准溶液体积的影响。然后根据“滴多偏高、滴少偏低”规律分析误差，其中“滴多、滴少”指标准溶液的体积，“偏高、偏低”指待测溶液的浓度。20、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O秒表182t2微波水热法Co2+【分析】(1)应用控制单一变量法探究外界条件对反应速率的影响，据此分析解答。【题目详解】(1)①H2O2溶液在Fe3+催化下分解生成水和氧气，总反应方程式为2H2O2=2H2O+O2↑；第一步反应历程为：2Fe3++